Paradokser og Opgaver

Transkript

1 Paradokser og Opgaver Mogens Esrom Larsen Vi modtager meget gerne læserbesvarelser af opgaverne, samt forslag til nye opgaver enten per mail eller per almindelig post (se adresse på bagsiden). Første indsendte, korrekte løsning til en af de stillede opgaver bringes i næste nummer af Gamma. Opgave Firkantet D E F A C B Lad C være et vilkårligt punkt på liniestykket AB mellem A og B, og tegn halvcirkler til samme side over diametrene AB, AC og CB. Lad D være det punkt på halvcirklen AB, der har CD vinkelret på AB, og lad EF være fællestangenten til de to små halvcirkler. 36 Vis, at ECF D er et rektangel.

2 Gamma 149 Paradokser og opgaver Opgave Trekantet A F E B D C Trekanten ABC er ligebenet med AB = AC, D er midtpunktet på BC, E på AC er det punkt, hvor ED er vinkelret på AC og F er midtpunktet af DE. Vis, at AF står vinkelret på BE. Opgave Kvadratisk n er et helt tal, så 2n+1 er et kvadrattal. Vis, n+1 er sum af to sukcessive kvadrattal. Svar Heltalligt Bestem alle hele tal, n > 1, for hvilke 2n +1 n er et helt tal. 2 Det er klart, at tallet n = 3 har egenskaben (1). Jeg påstår, at det er det eneste tal n > 1 med denne egenskab. Beviset består af følgende trin: (i) Hvis n har egenskaben (1), er n ulige. (ii) Hvis n har egenskaben (1), har n også egenskaben n 2 n + 1 (2) (iii) Hvis n har egenskaben (2), og p er den største primtalsdivisor i n, gælder n 2 n/p

3 Paradokser og opgaver Gamma 149 (iv) Hvis n har egenskaben (2), og p er den største primtalsdivisor i n, har tallet n/p egenskaben (2). (v) Hvis n har egenskaben (2), er n delelig med 3, og hvis n > 3, er n deleligt med 3 2. item(vi) Hvis n er delelig med 3 2, har n ikke egenskaben (1). Påstanden følger let af (i) (vi). Bevis for (i): Da 2 n + 1 er ulige, må n være ulige. Bevis for (ii): Klart. Bevis for (iii): Betragt den multiplikative gruppe G bestående af de restklasser modulo n, som er primiske med n. Hvis n har primfaktoropløsningen n = p e 1 1 p e 2 2 p e k k, hvor 2 < p 1 < p 2 < < p k, er G s orden og altså har vi φ(n) = (p 1 1)p e (p 2 1)p e (p k 1)p e k 1 k, 2 φ(n) = 1 i G. Ifølge (2) er 2 n = 1 i G, og altså 2 2n = 1 i G. Lad o betegne ordenen af 2 s restklasse i gruppen G. Så er o divisor i såvel φ(n) som 2n. Da p k kun forekommer i potensen e k 1, forekommer p k højst i potensen e k 1 i o s primfaktoropløsning, og da o er divisor i 2n, er o divisor i 2p e 1 1 p e 2 2 p e k 1 k. Da p k er ulige, følger heraf, at o er divisor i p e 1 1 p e 2 Da 2 pe 1 1 pe 2 2 pe k 1 k (p k 1) = 1 i G. n/p k = p e 1 1 p e 2 2 p e k 1 k = n p e 1 1 p e 2 2 p e k 1 k (p k 1) 2 p e k 1, og altså at k er 2 n/p k = 2 n 2 pe 1 1 pe 2 2 pe k 1 k (p k 1) = 1 i G, 38

4 Gamma 149 Paradokser og opgaver som påstået. Bevis for (iv): En umiddelbar følge af (iii). Bevis for (v): Ved brug af (iv) kan vi successivt fjerne primfaktorer i n, indtil vi ender med en divisor d af formen d = p(= p 1 ), og med egenskaben (2). Ved at bruge (iii) med n erstattet af p fås p 2 p/p + 1 = 3, og altså p = 3. Hvis n > 3, udfører vi den samme proces (at fjerne primfaktorer), men nu standser vi, når der er to primfaktorer i d, altså ved en divisor d i n af formen 3d, og med egenskaben (2). Nu bruger vi (iii) med n erstattet af d, og får og altså d = p 2 3p/p + 1 = 9, Bevis for (vi): Vi viser først, at der for ethvert positivt helt tal k gælder, at 2 3k + 1 kan skrives 2 3k + 1 = (3m + 1)3 k+1, hvor m er et helt tal. Beviset føres ved induktion. Påstanden er opfyldt for k = 1 med m = 0, så lad os antage, at den er opfyldt for k, og lad os se på som udregnes til 2 3k = ((3m + 1)3 k+1 1) 3 + 1, ((3m + 1)3 k+1 ) 3 3((3m + 1)3 k+1 ) 2 + 3(3m + 1)3 k+1, der har den ønskede form. Lad nu n være et ulige tal, som er deleligt med 3 2 (tilfældet n lige er uinteressant ifølge (i)), og lad os skrive n på formen n = 3 k u, hvor k 2 og u er et ulige tal, som ikke er deleligt med 3. 39

5 Paradokser og opgaver Gamma 149 Så er 2 n + 1 = ((3m + 1)3 k+1 1) u + 1 = u j=1 u ( 1) u j ((3m + 1)3 k+1 ) j. j Her er alle led undtagen leddet svarende til j = 1 delelige med 3 2k, men så er 2 n + 1 ikke deleligt med 3 2k, og derfor heller ikke med n 2. Svar Trekantet I en spidsvinklet trekant ABC skærer vinkelhalveringslinien fra A siden BC i punktet L og den omskrevne cirkel i punktet N. Fra punktet L nedfældes de vinkelrette på AB og AC, fodpunkterne kaldes hhv. K og M. Vis, at firkanten AKNM har samme areal som trekanten ABC. A M K L Q B C P N Længden af et linjestykke, fx BN, betegnes BN og arealet af en polygon, fx AKNM, betegnes AKN M. Da BAN = N AC, er BN = NC, og altså BN = CN. Fra punktet N nedfældes de vinkelrette på AB og AC; fodpunkterne kaldes hhv. P og Q. Af symmetrigrunde er KL = LM og P N = NQ. I de retvinklede trekanter P BN og QCN er P N = QN og BN = CN, og altså har vi også P B = QC. I de to trekanter LBP og LCQ er grundlinierne BP og CQ lige lange, og da højderne LK og LM også er lige lange, er LBP = LCQ. Da linjerne KL og P N er parallelle er KP L = KNL, og analogt er LQM = LNM (iøvrigt er trekanterne KP L og MQL kongruente, og det samme gælder KN L og M N L, men det får vi ikke brug for). 40

6 Gamma 149 Paradokser og opgaver Af antagelsen om, at ABC er spidsvinklet, følger let, at punkterne K og M ligger i det indre af siderne AB og AC. For bestemtheds skyld antages det, at B > C (tilfældet B = C er let). Da NBA = NBC + B = A 2 + B A + B + C > = π 2 2, ligger fodpunktet P på AB s forlængelse, og på den anden side ses Q at ligge på liniestykket AC mellem M og C. Vi har så Svar Retvinklet ABC = AKL + KBL + ALM + LCM = AKL + KP L BP L + ALM + LQM LCQ = AKL + KNL + ALM + LNM = AKNM QED. ABC er retvinklet med den rette vinkel i A. Lad D være fodpunktet for højden fra A. Linien gennem centrene for de indskrevne cirkler i trekanterne ABD og ACD skærer siderne AB og AC i hhv. K og L. Vis at arealet af AKL er højst halvt så meget som arealet af ABC. B E = K F D H Q A G = L Lad AF E være billedet af ABD ved spejlingen i halveringslinjen for BAD, og lad AHG Af symmetrigrunde er den indskrevne cirkel for ABD også indskrevet i AF E, og den indskrevne cirkel for ACD også indskrevet i AHG. C 41

7 Paradokser og opgaver Gamma 149 Da AE = AG, er AE og AG sider i et kvadrat AEQG, hvis fjerde vinkelspids Q er skæringspunktet mellem de to linjer, der indeholder linjestykkerne EF og GH. Da diagonalen EG halverer vinklerne AEF og AGH, ligger centrene for begge de betragtede indskrevne cirkler på EG, og altså er E = K og G = L. Da kvadratet AEQG er indeholdt i polygonen AEF HG, er ABC = AEF + AGH AEQG = 2 AEG, som påstået. Det ses, lighedstegnet gælder, hvis og kun hvis AB = AC. Svar Begge dele Lad D være et punkt inden i en spidsvinklet trekant, ABC, sådan at ADB = ACB + 90 og AC BD = AD BC (a) Beregn værdien af forholdet AB CD AC BD (b) Vis, at tangenterne fra C til de omskrevne cirkler for trekanterne ACD og BCD står vinkelret på hinanden. Lad K være et vilkårligt punkt på linien CD udenfor C. Vinklerne ved D opfylder, at ADK = CAD+ ACD og BDK = CBD+ BCD. Lægger vi dem sammen, får vi ADB = CAD + CBD + ACB. Sammen med første betingelse i opgaven giver det Denne ligning er nøglen til opgavens løsning. CAD + CBD = 90. (1) 42

8 Gamma 149 Paradokser og opgaver C E D B A K (a) Der tegnes en retvinklet trekant, BCE, med E udenfor ABC, så BCE CAD. Så er og CAD = CBE, ACD = BCE (2) AD AC = BE BC, CA CB = CD CE Den anden ligning i (2) medfører, at ACB = DCE; dette, kombineret med den anden ligning i (3) viser, at trekanten ABC er ensvinklet med DEC, og derfor, at AB AC = DE DC, (4) Den første ligning i (2) sammen med formel (1) giver (3) DBE = CBD + CBE = CBD + CAD = 90. Endelig følger af første ligning i (3) og den anden betingelse i opgaven (AC BD = AD BC), at BD = BE. Derfor er DBE en ligebenet retvinklet trekant, og altså er DE = 2 BD. Indsættes dette i formel (4), får vi resultatet i (a): AB CD AC BD = 2. 43

9 Paradokser og opgaver Gamma 149 C X E Y A D K (b) Betragt de omskrevne cirkler om trekanterne ACD og BCD. Lad CX være tangenten til den første cirkel i C og lad CY være tangenten til den anden cirkel i C (X og Y er punkter på tangenterne). Så er DCX = CAD og DCY = CBD. Derfor er ifølge (1) DCX + DCY = 90. Og da CD ligger inden for vinklen dannet af CX og CY, slutter vi, at de to tangenter står vinkelret på hinanden. Svar Elementært Lad n være et positivt helt tal og lad A 1, A 2,..., A 2n+1 være delmængder af en mængde, B. Antag, at (a) hver mængde A i har netop 2n elementer, (b) hver fællesmængde A i A j, i j, har præcis ét element, (c) hvert element i B ligger i mindst to af mængderne A i. For hvilke værdier af n kan man give hvert element i B en værdi, 0 eller 1, sådan at hver mængde A i har nøjagtig n elementer af værdi 0? Vi viser først, at betingelsen (c) kan skærpes til følgende: (d) hvert element i B ligger i netop to af mængderne A i. Antag, at et element, x 0 ligger i de tre mængder, A k, A l og A m. Fjern m fra mængden {1, 2,, 2n+1}; tilbage er en mængde M af 2n elementer. Til hveret j M tilegnes det element i A m, der tillige ligger i A j ; der er kun et sådant element ifølge (b). Lad os kalde det g(j); så er specielt g(k) = x 0 og g(l) = x 0. Det følger nu af (c) at funktionen g afbilder M på A m, der jo også har netop 2n elementer, (a). Derfor er g bijektiv, en modstrid. 44 B

10 Gamma 149 Paradokser og opgaver Vi kan tælle det samlede antal elementer af værdi 0 ved successivt at gennemløbe de 2n + 1 mængder, A i, og i hver af dem registrere de elementer af værdi 0, som vi støder på. Det giver ialt (2n + 1)n elementer af værdi 0, men da hvert af dem ligger i 2 af mængderne A i, bliver hvert af dem talt med 2 gange, og altså må antallet (2n + 1)n være lige, dvs n må være lige. Jeg vil omvendt vise, at hvis n er lige, så er det muligt at give elementerne i B værdierne 0 og 1 sådan, at hver mængde A i indeholder n elementer af værdi 0. Dertil definerer vi en afstand d på mængden {1, 2,, 2n + 1} ved d(i, j) = min{ i j, 2n + 1 i j } (det er let at se, men i realiteten uvigtigt, at d faktisk er en metrik). Lad nu b B være givet, og lad i og j i være bestemt således, at b A i A j. Så tilskriver vi b værdien 0, hvis og kun hvis d(i, j) n/2. Denne fordeling opfylder, at hver mængde, A i har netop n elementer af værdi 0. Det er lettest at overskue, hvis problemstillingen anskueliggøres ved hjælp af en regulær (2n + 1) kant M med vinkelspidser P i, i = 1, 2,, 2n + 1, og B identificeres med mængden af sider og diagonaler i M, medens A i betegner mængden af sider og diagonaler med P i som det ene endepunkt. Den foreslåede tilskrivning af værdierne 0 og 1 svarer til, at elementer i A i, der får værdien 0, er de n korteste linjer, der udgår fra P i. 45

11 Paradokser og opgaver Gamma

12 .